đề thi đại học và đáp án cực sịn

A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH:
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y = 2x
3
- 3x
2
– 1 (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
2. Gọi d
k
là một đường thẳng đi qua M(0 ; -1) và có hệ số góc là k. Tìm k để đường
thẳng d
k
cắt (C) tại 3 điểm phân biệt.
Câu 2 : (2 điểm)
1. Giải hệ phương trình :
3
3
8
2 3
6
2
x
y
x
y

+ =





− =


2. Giải phương trình :
3
(sin2x + sinx) + cos2x – cosx = 2.
Câu 3 : (1 điểm)
Cho lăng trụ đều ABCA’B’C’ có các cạnh đáy bằng a. Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến
mặt phẳng (A’BC) bằng
6
a
. Tính thể tích lăng trụ đều đó.
Câu 4 : (1 điểm)
Tính tích phân
I =
1
2
0
4 5
3 2
x
dx
x x
+
+ +
∫
Câu 5 : (1 điểm)
Cho a, b, c là các số dương thay đổi thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của P :
P = a

2
+ b
2
+c
2
+
2 2 2
ab bc ca
a b b c c a
+ +
+ +
.
B. PHẦN RIÊNG CHO CAC THÍ SINH :
- Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a: (3 điểm)
1, (1 điểm): Mặt phẳng oxy. Hãy lập phương trình đường thẳng d cách A(1; 1) một khoảng bằng 2
và cách B(2; 3) một khoảng bằng 4.
2, (1 điểm): Cho tứ diện ABCD với A(0; 0; 2); B(3; 0; 5); C(1; 1; 0); D(4; 1; 2). Hãy tính độ dài
đường cao hạ từ D xuống mặt phẳng (ABC) và viết phương trình mặt phẳng (ABC).
3, (1 điểm): Giải phương trình:
2
2 3
2
3 .4 18
x
x
x
−
−
=

- Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b (3 điểm)
1, (1 điểm): Mặt phẳng oxy cho ba đường thẳng: d
1
: 3x – y – 4 = 0; d
2
: x + y – 6 =0;
d
3
: x – 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng A và C thuộc d
3
; B thuộc d
1
; D
thuộc d
2
.
2, (1 điểm): Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC trong không gian oxyz với A(3; 0; 0);
B(0; 2; 0); C(0; 0; 1).
3, (1 điểm): Giải bất phương trình:
3 3
log log
2
( 10 1) ( 10 1)
3
x x
x
+ − − ≥
Chú ý: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 6a hoặc 6b ( không được làm cả hai
phần 6a và 6b)

Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ .
SỞ GD& ĐT PHÚ THỌ
TRƯỜNG THPT LONG CHÂU SA
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN II

A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH:
Câu Đáp án sơ bộ Thang điểm
Câu 1
1)
y = 2x
3
- 3x
2
– 1 (C)
TXĐ : D = R
SBT : y’ = 6x
2
– 6x = 0
⇔
x = 0 ; x = 1
0,25
đ
Cực trị, đồng biến, nghịch biến, giới hạn, cực đại, cực tiểu :
X -
∞
0 1 +
∞
Y 0 0
y’ -1 +
∞

-
∞
-2
0,25
đ
CĐ(0 ; -1) ; CT(1 ; -2) ;
Đồng biến : x
∈
(-
∞
; 0)
∪
(1 ; +
∞
) ;
Nghịch biến: x
∈
(0 ; 1) ;
Giới hạn :
lim
x
y
→−∞
= −∞
;
lim ;
x
y
→+∞
= +∞

0,25
đ
Đồ thị : y’’=0
⇔
12x – 6 = 0
⇔
x= 1/2
⇒
U(
1 3
;
2 2
−
)
x= -1
⇒
y = -6 ; x=2
⇒
y = 5.
0,25
đ
Câu 1-
2
D
k
là đường thẳng đia qua điểm M(0; -1) với hệ số góc k có dạng y = kx – 1 với
điều kiện k
≠
0.
0,25

đ
Vì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt
⇔
phương trình hoành độ giao điểm của hai
đồ thị là nghiệm của phương trình : 2x
3
– 3x
2
– 1 = kx -1 có ba nghiệm phân
biệt :
⇔
2x
3
– 3x
2
–kx = 0
⇔
x(2x
2
– 3x –k ) = 0
0,25
đ
Phương trình có ba nghiệm phân biệt
⇔
2x
2
– 3x –k = 0 có hai nghiệm phân
biệt khác 0.
⇔
9 8 0

0
k
k
∆ = + >


≠


⇔
9
8
0
k
k

> −



≠

0,25
đ
Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ .
SỞ GD& ĐT PHÚ THỌ
TRƯỜNG THPT LONG CHÂU SA
ĐÁP ÁN SƠ BỘ VÀ CHO ĐIỂM TỪNG PHẦN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN II
(1 điểm)

Vậy với
9
8
0
k
k

> −



≠

thì d
k
qua M(0 ; -1 )cắt (C) tại ba điểm phân biệt
Câu 2
(2 điểm)
1, (1điểm)
Giải hệ phương trình :
3
3
8
2 3
6
2
x
y
x
y


+ =




− =


Điều kiện y
≠
0
Đặt z = 2/y
≠
0 ta được hệ :
3
3
2 3
2 3
x z
z x

+ =


+ =


0,25
đ

Trừ vế với vế của hai phương trình trên dẫn đến : x – z = 0 và
x
2
+ xz + z
2
+3 >0 với mọi x, z
0,25
đ
Thay x = z vào phương trình (1) của hệ ta được : x
3
– 3x – 2 = 0
⇔
(x+1)
2
(x - 2) = 0
⇔
x = -1 hoặc x = 2
Từ x = z = 2/y
⇔
2
1 2
2
2 1
y
y
y
y

= − ⇔ =




= ⇔ =


⇒
(x ; y ) là (-1 ; -2) ; (2 ; 1)
2.
Giải phương trình : Nhân
3
vao, khai triển, chia 2 vế cho 2 ta được :
3
2
sin2x +
1
2
cos2x+
3
2
sinx-
1
2
cosx = 1
Áp dụng công thức biến đổi đến :
os(2 ) sin( ) 1
3 6
c x x
π π
− + − =
⇔

-1+
os(2 ) sin( )
3 6
c x x
π π
− + −
= 0
⇔
2
2sin ( ) sin( ) 0
6 6
x x
π π
− − − =
Giải đúng :
sin( ) 0
6
1
sin( )
6 2
x
x
π
π

− =



− =



được 3 họ nghiệm :
x =
6
k
π
π
+
; x =
3
k
π
π
+
; x =
2k
π π
+
với k
∈
Z
Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ .
Câu 3 :
(1điểm)
Câu 4 :
(1 điểm)
Gọi M là trung điểm của BC. H là
Hình chiếu của O lên A’M.
Ta có : AM

⊥
BC ; AA’
⊥
BC
⇒
BC
⊥
(A’AM) BC
⊥
OH ;
⇒
OH
⊥
(A’BC)
⇒
OH =
6
a
= d(O,(A’BC))
Đặt AA’= x và có
AA'OMH M:V V
nên
AA' '
OH MO
MA
=
⇒

2 2
3

6
3
6
4
a a
x
x a
=
+

⇒
x =
6
4
a

0,25
đ
Vậy V
ABC.A ‘B’C’
= S
2
3
4
a
.
6
4
a
=

3
3 2
16
a
(đvtt)
0,5
đ
I =
1
2
0
4 5
3 2
x
dx
x x
+
+ +
∫
=
1
2 2
0
2 6 1
(2 )
3 2 3 2
x
dx
x x x x
+

−
+ + + +
∫
= 2 ln(x
2
+3x+2)
1
0
- ln
1
2
x
x
+
+
1
0
= 2ln6 – 2ln2 – ln
2
3
+ ln
1
2
0,5
đ
= 2ln3 – ln2 + ln3 – ln2 = 3ln3 – 2ln2 = ln
27
4
0,5
đ

Câu 5 :
(1 điểm)
3(a
2
+b
2
+c
2
) = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
)
a
3
+ b
3
+ c
3
+ a
2
b + b
2
c + c
2
a + ab
2
+ ca

2
+ ac
2
0,25
đ
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số :
3 2 2
2a ab a b+ ≥
3 2 2
2b bc b c+ ≥
3 2 2
2c ca c a+ ≥
⇒
3(a
2
+b
2
+c
2
)
≥
3(a
2
b + b
2
c + c
2
a ) > 0
⇔
(a

2
+b
2
+c
2
)
≥
a
2
b + b
2
c + c
2
a
Do đó: P
≥
a
2
+ b
2
+ c
2
+
2 2 2
a b c
ab bc ca+ +
+ +
0,25
đ
Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ .

H
A
A’
B’
C’
B
M
C
O
P
≥
a
2
+ b
2
+ c
2
+
2 2 2
2( )
2(a b c )
ab bc ca+ +
+ +

P
≥
a
2
+ b
2

+ c
2
+
2 2 2
2 2 2
9 (a b c )
2(a b c )
− + +
+ +

Đặt t =
2 2 2
(a b c )+ +
Ta có : t
≥
3 vì 9 = 3
2 2 2
(a b c )+ +
P
≥
t +
9
2
t
t
−
=
9 1 3 1
3
2 2 2 2 2 2

t t
t
+ + − ≥ + −
= 4
P
≥
4 Đẳng thức sảy ra
⇔
a = b = c = 1
0,25
đ
B. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH:
Theo chương trình chuẩn:
6a(1)
(1 điểm)
(d) có dạng: ax +by + c = 0. Nhận thấy AB =
5
< d(A,d
1
) + d(B,d
2
)
d(M,
V
) kí hiệu khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng
V
A, B nằm về cùng một phía đối với đường thẳng (d)
⇒
(a + b + c)(2a + 3b + c) >0 (1)
Theo giả thiết d(A,d

1
) = 2; d(B,d
2
) = 4
2 2
2 3 2 (2)
2(3)
a b c a b c
a b c
a b
 + + = + +

+ +

=

+

Từ (1) và (2)
⇒
2a + 3b + c = 2a + 2b +2c
⇔
b = c
Thế b = c vào (3) tìm được a = 0; a =
4
3
b.
Có hai đường thẳng thỏa mãn:
D
1

: y + 1 = 0
D
2
: 4x + 3y +3 = 0
6a(2)
(1 điểm)
AB
uuur
= 3(1; 0; 1);
AC
uuur
= (1; 1; -2)
⇒

n
r
= (-1; 3; 1)
Phương trình mặt phẳng (ABC) là: -x + 3y +z – 2 = 0
D(D,(ABC)) =
4 3 2 2
11
11
1 9 1
− + + −
=
+ +
(đvcd)
6a(3)
(1 điểm)
Đk: x

≠
0;
2
2 3
2
3
log (3 .4 )
x
x
x
−
−
=
3
log 18
Dẫn đến: (x - 2)[x
2
+ 2x + 3
3
log 2
] = 0
x = 2 và x
2
+ 2x + 3
3
log 2
= 0 vô nghiệm vì
V
<0.
Theo chương trình nâng cao:

Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ .
6b(1)
(1 điểm)
Ta có B(b; 3b - 4)
∈
d
1
; D(d; 6 - d)
∈
d
2

A, C
∈
d
3
song song với oy nên B và D đối xứng qua d
3
nên d
3
: x = 3
6
3 4 6
b d
b d
+ =


− = −


⇔
2
4
b
d
=


=


⇒
B(2; 2); D(4; 2)
⇒
I(3; 2)
IA
2
= IB
2
mà A(3; a)
∈
d; I là tâm hình vuông ABCD
Nên (a - 2)
2
= 1
⇔
a= 3 vaf a = 1 có hai nghiệm hình
A(3; 3); B(2; 2); C(3; 1); D(4, 2)
A(3; 1); B(2; 2); C(3; 3); D(4, 2)

6b(2)
(1 điểm)
Gọi H là trực tâm của
ABCV
là giao của 3 mặt phẳng :
Mặt phẳng (ABC) đi qua A và mặt phẳng đi qua A vuông góc với BC; Mặt
phẳng (Q) đic qua B vuông góc với AC.
Mặt phẳng (ABC): Cặp chỉ phương:
BC
uuur
= (0; -2; 1);
AC
uuur
= (-3; 0; 1)
n
r
= (2; 3; 6) Phương trình (ABC): 2x + 3y + 6z – 6 = 0;
Mặt phẳng qua A và có
n
r
=
BC
uuur
Phương trình là: -2y + z = 0;
Mặt phẳng (Q) qua B(0; 2; 0) và có
n
r
=
AC
uuur

Phương trình là: -3x + 2z = 0
Vậy tọa độ H là nghiệm của hệ:
2 3 6 6
2 0
3 0
x y z
y z
x z
+ + =


− + =


− + =


⇔
12
49
18
49
36
49
x
y
z

=




=



=


Vậy H(
12
49
;
18
49
;
36
49
)
6b(3)
(1 điểm)
Đưa về:
3
log
( 10 1)
x
+
-
3 3
log log

2
( 10 1) 3
3
x x
− ≥
(x>0) 0,25
đ
Đặt t=
3
log
10 1
( )
3
x
+
; t>0
0,25
đ
t
2
-
1
t
≥
2
3

⇔
3t
2

-2t -1>0
⇔
t
≥
1 0,25
đ
Dẫn đến x
≥
1
0,25
đ
Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ .
Nguyễn Văn Kông – THPT Long Châu Sa – Lâm Thao – Phú Thọ .